MeccApplicata_Esercitazioni

ANNO ACCADEMICO 2000/2001
Esercitazioni di

MECCANICA APPLICATA ALLE MACCHINE

di
Paolo Milanesi

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Indice delle esercitazioni

INDICE DELLE ESERCITAZIONI

INTRODUZIONE ALLE ESERCITAZIONI 5

1. SISTEMI DI RIFERIMENTO MECCANICI PIANI 5
1.1. GRADI DI LIBERTA’ DI UN PUNTO MATERIALE 5
1.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO 5
6
2. TIPI DI VINCOLO 6
3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA MECCANICO 6
7
3.1. PRIMO ESEMPIO 7
3.2. SECONDO ESEMPIO 7
3.3. TERZO ESEMPIO 8
3.4. QUARTO ESEMPIO 9
4. SOMMA DI VETTORI 9
5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI 10
5.1. TEOREMA DEI MOTI RELATIVI 11
5.2. TEOREMA DI RIVALS
6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA 12

Prima esercitazione: GRU A BRACCIO 13
13
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 13
1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 14
1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 15
1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 16
1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI
17
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO
18
Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA 18
18
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 18
1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 19
1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 20
1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 20
1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 20
20
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 20
2.1. CALCOLO DELL’AZIONE IN P
2.2. CALCOLO DELLA COPPIA MOTRICE Mm 21
2.3. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO B
2.4. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO A 23
23
Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO 23
24
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 25
1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 26
1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO
1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 1
1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Indice delle esercitazioni

Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA 29

1. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA 30

1.1. CALCOLO DELL’ENERGIA CINETICA EC E DELLA SUA DERIVATA 30
RISPETTO AL TEMPO

1.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 30

1.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE E DELLA FORZA DI

RESISTENZA AERODINAMICA 30

1.4. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA 30

1.5. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA MEDIANTE

IL BILANCIO DI POTENZE 32

2. CALCOLO DELLE REAZIONI DEL TERRENO 33

3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO 34

3.1. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE ANTERIORI 34

3.2. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE POSTERIORI 34

Quinta esercitazione: ASCENSORE 35

PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono 37

PRIMA PARTE: 37
MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore

1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE, DELLA

VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA E DELLA VELOCITÀ DI

SOLLEVAMENTO 37

1.1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE 37

1.2. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA 38

1.3. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI SOLLEVAMENTO 38

2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE, DELLA POTENZA MOTRICE,

DEL MOMENTO MOTORE E DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALE

DEL MOTORE ASINCRONO A SERVIZIO INTERMITTENTE 38

2.1. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE 38

2.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 39

2.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE 39

2.4. CALCOLO DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALE 39

SECONDA PARTE: 40
AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano

1. CALCOLO DELLA COPPIA MASSIMA E DEL MOMENTO DI INERZIA DEL

MOTORE 40

2. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO 40

2.1. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 40

2.2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE 40

2.3. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA 40

2.4. CALCOLO DELLA DERIVATA DELL’ENERGIA CINETICA RISPETTO

AL TEMPO 40

2.5. CALCOLO DEL MOMENTO DI INERZIA DEL VOLANO 41

2

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Indice delle esercitazioni

Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO 42

1. CONVERSIONE DEI DATI DEL PROBLEMA NELLE UNITÀ DI MISURA 43
DEL SISTEMA INTERNAZIONALE 44

2. CALCOLO DEI LAVORI RESISTENTE E MOTORE IN UN PERIODO 45
3. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE SUPPOSTO COSTANTE NEL
45
PERIODO 46
4. CALCOLO DEL MOMENTO RESISTENTE RIDOTTO ALL’ALBERO DI

MANOVELLA
5. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO

Settima esercitazione: RULLO ROTANTE 48

RISOLUZIONE DELLA SETTIMA ESERCITAZIONE: RULLO ROTANTE 49

Ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI 51

PARTE PRELIMINARE: Conversione dei dati nelle unità di misura del S.I. 52

PARTE PRIMA: Vibrazioni libere 52

1. CALCOLO DEI MOMENTI DI REAZIONE ELASTICA 52
2. CALCOLO DELLE COSTANTI DI RICHIAMO ELASTICO 53
3. CALCOLO DELLE PULSAZIONI PROPRIE CON L’EQUILIBRIO ALLA
53
ROTAZIONE PER CIASCUNO DEI TRE DISCHI

PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali 56

1. CALCOLO DEI MODI DI VIBRARE 56

1.1. CALCOLO DEL 1° MODO DI VIBRARE 56

1.2. CALCOLO DEL 2° MODO DI VIBRARE 57

2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI 57

2.1. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL PRIMO

MODO DI VIBRARE 57

2.2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL SECONDO

MODO DI VIBRARE 57

Nona esercitazione: CICLO OTTO 58

1. DESCRIZIONE E RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO OTTO NEI PIANI 59
p-V E T-S
1.1. CONVERSIONE DEI DATI NELLE UNITÀ DI MISURA DEL SISTEMA 59
INTERNAZIONALE 59
1.2. CALCOLO DEI DATI MANCANTI DELLE VARIE FASI DEL CICLO 59
60
1.2.1. TRATTO 0 → 1: CALCOLO DELLA MASSA DEI GAS 60
1.2.2. TRATTO 1 → 2 : COMPRESSIONE ADIABATICA 61
1.2.3. TRATTO 2 → 3 : COMBUSTIONE ISOCORA 62
1.2.4. TRATTO 3 → 4 : ESPANSIONE ADIABATICA 62
1.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTROPIA NEL CICLO
1.4. RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V E T-S

3

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Indice delle esercitazioni

2. CALCOLO DEL LAVORO TEORICO DEL CICLO 63
3. CALCOLO DELLA POTENZA TEORICA SVILUPPATA DAL MOTORE 63

Decima esercitazione: CICLO RANKINE 64

1. DEFINIZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V, T-S, H-S 66
2. CALCOLO DEL RENDIMENTO COMPLESSIVO DELLA CENTRALE 69
69
2.1. CALCOLO DEL LAVORO UTILE 69
2.2. CALCOLO DEL LAVORO SPESO 69
2.3. CALCOLO DEL CALORE ENTRANTE 69
2.4. CALCOLO DEL RENDIMENTO TEORICO E REALE DEL CICLO

Undicesima esercitazione: GASOMETRO 70

1. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA

CAMPANA 71

2. CALCOLO DELLA MASSA DI GAS RACCHIUSO NELLA CAMPANA 71

3. CALCOLO DELLA PRESSIONE FINALE DEL GAS ALL’INTERNO

DELLA CAMPANA 72

3.1. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE

INIZIALE 1 72

3.2. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE INIZIALE 1 73

3.3. CALCOLO DEL PESO DELLA CAMPANA 73

3.4. CALCOLO DELLA MASSA DELLA CAMPANA 73

3.5. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE

FINALE 2 73

3.6. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE FINALE 2 73

3.7. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA

CAMPANA NELLA CONDIZIONE FINALE 2 73

3.8. CALCOLO DEL VOLUME OCCUPATO DAL GAS E DELLA

TEMPERATURA NELLA CONDIZIONE FINALE 2 74

3.9. CALCOLO DELLA TEMPERATURA FINALE DEL GAS IPOTIZZANDO

LA TRASFORMAZIONE ISOBARA 74

4. CALCOLO DELL’ENERGIA SCAMBIATA TRA IL SOLE E LA CAMPANA 74

4.1. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTALPIA DEL GAS 75

4.2. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DELLA

CAMPANA 75

4.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DEL GAS 75

4.4. CALCOLO DEL LAVORO COMPIUTO PER SPOSTARE L’ARIA 75

4.5. CALCOLO DELL’ENERGIA CEDUTA DAL SOLE 75

4

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni

INTRODUZIONE ALLE ESERCITAZIONI

1. SISTEMI DI RIFERIMENTO MECCANICI PIANI

1.1. GRADI DI LIBERTA’ DI UN PUNTO MATERIALE

Il punto materiale è un elemento materiale del quale non interessano le parti
componenti, i moti relativi interni, incluse le rotazioni, e le dimensioni.
In un sistema di riferimento piano il punto materiale ha 2 gradi di libertà (Fig.1).

Y

Figura 1

P(X ,Y ) Coordinate del punto materiale P in un sistema di
YP PP riferimento piano:

P = (xP , yP )

O XXP

1.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO

Si definisce corpo rigido un corpo tale che la distanza di due suo qualsiasi punti si
mantiene costante durante il moto, ha dimensioni finite e ha un suo orientamento. Il
moto rigido piano è per definizione il moto di un corpo rigido i cui punti si muovono con

traiettorie parallele ad uno stesso piano. Ogni moto rigido piano di un corpo è
riconducibile alla somma di un moto traslatorio e di un moto rotatorio.
In un sistema di riferimento meccanico piano un corpo rigido ha 3 gradi di libertà(Fig.2).

Y
QYQ
Figura 2
Coordinate dell’asta PQ (corpo rigido) in un

sistema di riferimento piano:

YP P α (xP , yP ,α )

(yQ − yP)2 +(xQ − xP)2 = PQ2

O XXP XQ

5

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni

2. TIPI DI VINCOLO

M’ FV’ M’ FO’ FV’
FV’ Fv’’ M’’
FV’ Fv’’ M’’ Fv’’ Fv’’ FV’ FO’
Fv’’ FO’’ FO’’

Figura 3 – Cinque tipi di vincolo (carrello, pattino, manicotto, cerniera, puro rotolamento).

3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA
MECCANICO

Si determinino i gradi di libertà (g.d.l.) e di vincolo (g.d.v.) dei sistemi rappresentati
nelle figure 4,5,6,7 ed il moto dei vari membri dei sistemi:

3.1. PRIMO ESEMPIO Figura 4
Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA
A ruota, l’asta AB rototrasla, il corsoio B trasla.

ω

OB

Il sistema è costituito da 3 corpi rigidi (l’asta OA, l’asta AB e il corsoio B) e da 4 vincoli
(3 cerniere, 1 manicotto).
n° g.d.l. totali = 3 x 3 = 9
n° g.d.v. totali = 3 x 2 + 1 x 2 = 6 + 2 = 8
n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1

6

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni

3.2. SECONDO ESEMPIO Figura 5
Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA
A ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B trasla.

ω

OB

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta OA e l’asta AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e
1 carrello).
n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6
n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5
n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1

3.3. TERZO ESEMPIO

A Figura 6
Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA
ω ruota, l’asta AB rototrasla, il corsoio B ruota.

B

O

Il sistema è costituito da 3 corpi rigidi (l’asta OA, l’asta AB e il corsoio B) e da 4 vincoli
(3 cerniere e 1 accoppiamento prismatico).
n° g.d.l. totali = 3 x 3 = 9
n° g.d.v. totali = 3 x 2 + 1 x 2 = 6 + 2 = 8
n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1

3.4. QUARTO ESEMPIO

A Figura 7
Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA
ω ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B ruota.

B

O

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta OA e l’asta AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e
1 carrello).
n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6
n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5
n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1

7

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni

4. SOMMA DI VETTORI

aa

c=a+b c

bb

Figura 8 – Somma di due vettori (metodo del parallelogramma )

a ab

c=a+b c

b

Figura 9 – Somma di due vettori (metodo dei vettori consecutivi)

Attraverso la seguente tabella (Tab.1) è possibile trovare il modulo e la direzione del
vettore c, noti il modulo e la direzione dei vettori a e b:

Tabella 1 c = a + b

Modulo ? a b

Direzione ? dira dirb

Esempio di applicazione: data la sottostante tabella (Tab.2), disegnare i vettori v1, v2, v3.

Tabella 2 v1 = v2 + v3

Modulo ? v2 ?

Direzione dirv1 dirv2 dirv3

v3 dirv3 Figura 10

v v2 Rappresentazione dei vettori v1, v2 e v3, noti v2 e le
1 direzioni di v1 e v3.

dirv1

8

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni

5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI

YA Figura 11

ω

Data la velocità angolare ω della
B manovella OA, trovare la velocità vB del
O carrello.

X

5.1. TEOREMA DEI MOTI RELATIVI

Si pone il sistema di riferimento relativo x’y’ rotante attorno ad O e solidale con l’asta
OA:

Y A Figura 12

y’ ω x’ Γ(r) Traiettoria assoluta di B (ΓB(a)):
B retta parallela al piano π.
Traiettoria di trascinamento di B
O B Γ(a) (ΓB(t)): circonferenza con centro
B in O e raggio OB.
π Traiettoria relativa di B (ΓB(r)):
circonferenza con centro in A e
X raggio AB.

ΓB(t )

Tabella 3 vB = vB(t) + vB(r) ⊥ OB
Modulo
? ωOB ? (r)

vB (t)
vB

Direzione Dπ ⊥ OB ⊥ AB v(a) Dπ
B
⊥ AB

TEOREMA DEI MOTI RELATIVI PER LE VELOCITA’

vASSOLUTA = vRELATIVA + vTRASCINAMENTO

9

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni

5.2. TEOREMA DI RIVALS

Si pone il sistema di riferimento x’y’ traslante su traiettoria circolare con origine in A:

ΓA y’ Figura 13

Y ΓBA Traiettoria assoluta di B (ΓB): retta
ω A x’ parallela al piano π.
Traiettoria relativa di B rispetto ad
O
B A (ΓBA): circonferenza con centro
X in A e raggio AB.
π ΓB Traiettoria assoluta di A (ΓA):

circonferenza con centro in O e

raggio OA.

Tabella 4 vB = vA + vBA ⊥ OA
Modulo vBA
? ωOA ?(ω BA AB ) vA

Direzione Dπ ⊥ OA ⊥ AB ⊥ AB vB Dπ

TEOREMA DI RIVALS PER LE VELOCITA’

(Si applica solo a punti che appartengono allo stesso corpo rigido)

vB = vA + vBA

I teoremi dei moti relativi e di Rivals possono essere utilizzati anche per le
accelerazioni, ma nel caso in cui il sistema di riferimento relativo sia rotante è
necessario aggiungere l’accelerazione complementare o di Coriolis definita come:

a (c) = 2ω ∧ v (r)

che risulta ruotata, rispetto alla direzione di v(r), di 90° nel verso della velocità angolare
ω del riferimento mobile.

10

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni

6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA

YΩ Figure 14-15
yG G dm
Baricentro di un sistema continuo:

Massa: M = ∫ dm = ∫ ρdV
ΩΩ

∫∫Coordinate  xG = xρdV

del baricentro:  Ω
 yG
= yρdV
O xG X
Ω

Y pn,mn Momenti d’inerzia di un sistema continuo:

yn ∫ ∫ ∫ ∫J xx = y 2dm = y 2 ρdV J xy = yxdm = yxρdV
ΩΩ

∫ ∫ ∫ ∫J yx = xydm = xyρdV J yy = x2dm = x2 ρdV
ΩΩ

y1 p1,m1 Momenti d’inerzia di un sistema di punti:

O x1 xn X n n

∑J xx = mi yi2 ∑J xy = mi yi xi
i =1 i =1
n n
∑J yy = mi xi2
∑J yx = mi xi yi i =1
i=1

Y dFi Figura 16
Fi Forze e coppie di inerzia.

dm Forza d’inerzia:

yG G Ci = − adm = − aρdV
∑ ∫ ∫ = −MaG
Ω dFi
Fi =
O xG X iΩ Ω

( ) ∫ ( ) Coppia d’inerzia:

Ci = −JGω = − J xx + J yy ω = −ω
x2 + y 2 ρdV

Ω

I momenti di ordine 1 del sistema continuo distribuito coincidono con i momenti di ordine 1
dell’elemento infinitesimo dm.

∑Equilibrio alla traslazione: = MaG
Fk
∑⇒ Fk + Fi = 0 ⇒ ∑ Fh = 0
k k h
∑Equilibrio alla rotazione: M k G = JGω
∑⇒ M kG + Ci = 0 ∑⇒ M hG = 0
k k h

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Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio

Prima esercitazione: GRU A BRACCIO

La gru per cantiere edilizio (riportata in fig. 17 in scala 1:100 (cioè σl = 1m/cm)) è del tipo a
braccio girevole con il carrello porta-gancio mobile lungo il braccio.

1. Si richiede di studiare il comportamento cinematico del carrello, schematizzato con un
punto, determinandone velocità ed accelerazione quando il braccio ruota con velocità

angolare ω = 0,1 rad/s ed accelerazione angolare ω = 0,01 rad/s2 (antiorarie) ed il

carrello C sta ritornando con velocità relativa vr = 0,7 m/s ed accelerazione relativa ar
= 0,1 m/s2 verso l’interno.
Si considerino 2 casi:
• 1° caso: punto C a distanza 4 m dall’asse di rotazione (punto 0)
• 2° caso: punto C a distanza 6 m dal punto O.

2. Si richiede inoltre di determinare la tensione della fune T e la coppia motrice agente
Mm, sapendo che il carrello ha massa mc = 300 kg e il braccio ha massa mb = 3000 kg
e momento d’inerzia baricentrico JG = 1200 kg m2 e che il baricentro G del braccio dista
1 m dall’asse di rotazione (punto O).

Figura 17 – Gru a braccio per cantiere edilizio.

12

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio

Risoluzione della prima esercitazione: GRU A BRACCIO

1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO

ar Figura 18
Schematizzazione
ω vr C sottosistema braccio + carrello

GO

1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta di baricentro G e il carrello C) e da 2
vincoli (cerniera in O e manicotto in C):
n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6
n° gradi di vincolo totali= 1 x 2 + 1 x 2 = 4
n° gradi di libertà residui = 6 – 4 = 2

1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo

Γ(t)
C

Y y’

x’

GO Γ(r)
C
X C

Figura 19 – Sistema di riferimento relativo.

Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in O rotante solidamente
con il braccio mobile della gru.

La traiettoria di trascinamento del carrello C è un circonferenza con centro in O e
raggio OC ed è rappresentata da ΓC(t) in figura 19.
La traiettoria relativa del carrello C è una retta parallela al segmento OC ed è
rappresentata da ΓC(r) in figura 19.

13

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio

1.3. Calcolo delle velocità

Tabella 5 vC = vC(t ) + vC(r) ⊥ OC
Modulo
? ωOC vr vC(t ) vC

Direzione ? ⊥ OC D OC OC

Verso ? ← ↑ v(r)
C

1° CASO: OC = 4 m Figura 20
Scala: 1 cm = 0,1 m/s
vv(t) C
C v(r) = 0,7 [m/ s]
α C
v(r)
C v(t) =ωOC = 0,1[rad / s]⋅ 4[m]= 0,4 [m/ s]
2° CASO: OC = 6 m C

[ ]vC = (vC(r) )2 + (vC(t) )2 = 0,72 + 0,42 ≅ 0,8 m/ s

( )α v(t) v(r) = arctan(0,4/ 0,7) ≅ 30°
= arctan C / C

Figura 21
Scala: 1 cm = 0,1 m/s

v(t ) C v(r) = 0,7 [m/ s]
C
vC
v(t) =ωOC = 0,1[rad / s]⋅ 6[m]= 0,6[m/ s]
C

[ ]vC = (vC(r) )2 + (vC(t) )2 = 0,72 + 0,62 ≅ 0,9 m/ s

α ( )α = arctan v(t) / v(r) = arctan(0,6/ 0,7) ≅ 40°
C C

v(r)
C

14

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio

1.4. Calcolo delle accelerazioni

Tabella 6 aC a= (r) (r) a( t ) (t) (c)
Cn Ct Ct C
MODULO ? Cn
DIREZIONE ? a a a+ + + +

VERSO ? X ar ω 2 OC ω OC 2ωvC( r )

X DOC DOC ⊥ OC ⊥ OC

X ←← ↑ ↓

1° CASO: OC = 4 m

Figura 22
Scala: 1 cm = 0,04 m/s2
aa (r) (t )

Ct Cn DOC
[ ] [ ]a(c)
[ ]C a (t ) a(r) = 0,1 m/ s2
Ct Ct

α a(t) =ω 2 OC = 0,12 ⋅ 4 = 0,04 m/ s2
Cn

a(t) = ωOC = 0,01⋅ 4 = 0,04 m/ s2
Ct

[ ]a(c) s2
C
aC ⊥ OC = 2ωvC(r) = 2⋅ 0,1⋅ 0,7 = 0,14 m/

( ) ( ) [ ]aC =a(r) a(t) 2+ a(c) 2
Ct + Cn C − a(t) = 0,142 + 0,12 ≅ 0,17 m / s2
Ct

[( ) ( )] ( )α = arctana(r)a(t) / a(c) a(t)
⊥ OC Ct + Cn C − Ct = arctan 0,14/ 0,1 ≅ 55°

2° CASO: OC = 6 m Figura 23
Scala: 1 cm = 0,04 m/s2

[ ]a(r)
Ct
a(r) a (t ) = 0,1 m / s2
Ct Cn
DOC [ ]a(t)
Cn
= ω 2 OC = 0,12 ⋅ 6 = 0,06 m / s2

[ ]a(t)
Ct
a(t) = ωOC = 0,01⋅ 6 = 0,06 m/ s2
Ct
[ ]a(c)
C
a(c) = 2ωvC(r) = 2 ⋅ 0,1⋅ 0,7 = 0,14 m / s2
C
⊥ OC α ( ) ( )aC = a(r) + a (t ) 2+ a(c) − a (t ) 2 =
Ct Cn C Ct
aC ⊥ OC
[ ]= 0,162 + 0,082 ≅ 0,18 m / s 2
[( ) ( )]α = arctan
a(r) + a (t ) / a (c) − a (t ) =
Ct Cn C Ct

= arctan(0,16 / 0,08) ≅ 63°

15

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO

Y Figura 24
Forze e momenti d’inerzia del
+ Mm(?) sistema.

X FitG FitC Dati:
C FicC
O T(?) mc = 300 [kg]
mb = 3000 [kg]
FicG G
[ ]JG = 1200 kg m2
JGω
OG = 1 [m]

1° CASO: OC = 4 m

Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema
costituito dal solo carrello:

∑ ( ) [ ] [ ]( )Fx* = FicC −T = 0 FicC a(r) a(t)
⇒ T = = mc Ct + Cn = 300⋅ 0,1+ 0,04 kg ⋅ m/ s2 = 42 N

Calcolo della coppia motrice agente Mm, mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema:

∑M * = Mm − JGω − FitG OG + FitC OC = 0 ⇒ M m = JGω + FitG OG − FitC OC
(O)

JGω + mbωOG2
( )⇒ a(c) a(t)
Mm = JGω + FitG OG − FitC OC = − mc C − Ct OC

[ ]⇒ Mm =1200⋅0,01+ 3000⋅0,01⋅12 −300⋅(0,14− 0,04)⋅4 kg⋅m2 / s2 = −78[N ⋅m]

2° CASO: OC = 6 m

Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema
costituito dal solo carrello:

∑ ( ) [ ] [ ]( )Fx* = FicC −T = 0 FicC a(r)
⇒ T = = mc Ct + a(t) = 300⋅ 0,1+ 0,06 kg ⋅ m/ s2 = 48 N
Cn

Calcolo della coppia motrice agente Mm, mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema:

∑M * = Mm − J Gω − FitG OG + FitC OC =0 ⇒ M m = JGω + FitG OG − FitC OC
(O)

+ mbωOG2
( )⇒ a(t)
Mm = JGω + FitG OG − FitC OC = JGω − mc aC(c) − Ct OC

[ ]⇒ Mm =1200⋅0,01+ 3000⋅0,01⋅12 −300⋅(0,14− 0,06)⋅6 kg ⋅m2 / s2 = −102[N ⋅m]

16

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Seconda esercitazione: Croce di Malta

Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA

In figura 25 è rappresentato un meccanismo che permette di trasformare un moto rotatorio
a velocità angolare costante in un moto rotatorio intermittente. La scala del disegno è:

σl = 1 cm/cm. Esso è costituito da due membri:
1) la ruota 1, di centro A, che porta il piolo P;
2) la ruota 2, di centro B, che presenta delle scanalature entro cui si impegna il piolo P,

detta “croce di Malta”.

1. Si richiede di determinare, nella posizione indicata in figura 25, la velocità angolare ω B

e l’accelerazione angolare ω B della croce, quando la ruota 1 gira a velocità costante
ω = 100 rad/s.

2. Sapendo inoltre che il momento d’inerzia della croce intorno al proprio asse è
JB = 1,96 x 10-4 kg m2, calcolare il valore della coppia motrice Mm agente sulla ruota 1,
trascurando gli attriti dei diversi accoppiamenti.

Dati:

AB = 0,039 [m] AP = 0,028 [m] PB = 0,019 [m] ϑ = BAˆ P = 27°

ω = 100 [rad / s] ω =0 attrito nullo in P

[ ]J B = 1,96 ∗10−4 kg ⋅ m2

Incognite:
• ωB

• ωB
• Mm, OA, OB, azione in P

Figura 25 – Croce di malta.

17

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Seconda esercitazione: Croce di Malta

Risoluzione della seconda esercitazione: CROCE DI MALTA

1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO

1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (la ruota e la croce di Malta) e da 3 vincoli (2
cerniere e 1 accoppiamento prismatico):
n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6
n° gradi di vincolo totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 5
n° gradi di libertà residui = 6 – 5 = 1

1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo

My’ Γ(t) Γm (a)
P P

x’ Γ(r)
P

Yθ Figura 26
Scelta del sistema di
riferimento relativo.

X
Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in B rotante solidale alla

guida mobile (croce di Malta).
La traiettoria assoluta del piolo P è un circonferenza con centro in A e raggio AP ed è
rappresentata da ΓP(a) in figura 26.
La traiettoria relativa del piolo P è una retta passante per BP ed è rappresentata da
ΓP(r) in figura 26.
La traiettoria di trascinamento del piolo P è una circonferenza con centro in B e raggio
BP ed è rappresentata da ΓP(t) in figura 26.

1.3. Calcolo delle velocità

Tabella 7 vP = vP(r) + vP(t ) ⊥ BP v (t )
vP P
Modulo ω AP ? ?( ωB BP ) DBP

Direzione ⊥ AP D BP ⊥ BP v(r)
P

Verso ?? ⊥ AP

Figura 27 – Diagramma delle velocità (scala: 1 cm = 1 m/s)

vP = ω AP = 100 [rad / s]⋅ 0,028 [m] = 2,8 [m / s]

v(r) = 2,6 [m / s]
P

v(t) = 1,1 [m / s] ⇒ ωB = v(t) / BP = 1,1 / 0,019 [rad / s] ≅ 58 [rad / s] oraria
P P

18

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Seconda esercitazione: Croce di Malta

1.4. Calcolo delle accelerazioni

Tabella 8 a Pn + a Pt = a(r) + a(r) + a (t ) + a (t ) + a(c)
Pn Pt Pn Pt P
MODULO
ω 2 AP x x ? ?ω 2 BP (ω B BP ) 2ω B vP(r)
B

DIREZIONE DAP x x DBP DBP ⊥ BP ⊥ BP

VERSO xx? ?

⊥ BP

a(r)
Pt

DBP

a(t)
Pt

a(c)
P
DBP

a (t )
Pn

aPn

⊥ BP

DAP

Figura 28 – Diagramma delle accelerazioni (scala: 1 cm = 40 m/s2)

[ ] [ ]aPn = ω 2 AP = 1002 rad 2 / s2 ⋅ 0,028 [m] = 280 m / s2

[ ] [ ][ ]a(t)
Pn
= ω 2 BP = 582 rad 2 / s 2 ⋅ 0,019 m = 64 m/ s2
B

[ ]a(c)
P
= 2ω v(r) = 2 ⋅ 58 [rad / s]⋅ 2,6 [m / s] ≅ 300 m/ s2

BP

[ ]a(r)
Pt
≅ 170 m/ s2

[ ]a(t)
Pt
≅ 556 m/ s2

[ ] [ ]ωB
= a (t ) / BP = 552 / 0,019 rad / s 2 ≅ 29000 rad / s 2 oraria
Pt

19

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Seconda esercitazione: Croce di Malta

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO Mm

+ N OAY
OBY A
B α = 49°
OAX
P P
JBωB b = 1cm

N RUOTA 1
OBX

CROCE

Figura 29 – Sottosistemi croce e ruota 1

2.1. Calcolo dell’azione in P

Il verso dell’azione normale dipende dalle forze di attrito (per azioni di vincoli perfetti
prima si ipotizza e poi si verifica). Calcolo dell’azione in P mediante l’equilibrio alla
rotazione del sottosistema croce:

∑M* = 0 ⇒ J Bω B − N BP = 0 ⇒ N = J Bω B / BP = 1,96 ∗10 −4 ⋅ 29000 / 0,019 [N ] ≅ 300 [N ]
(B)

2.2. Calcolo della coppia motrice Mm

Calcolo della coppia motrice Mm mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema
ruota 1:

∑M* =0 ⇒ M m − Nb = 0 ⇒ M m = Nb = 300 ⋅ 0,01 [N ⋅ m] = 3 [N ⋅ m]
( A)

2.3. Calcolo delle reazioni vincolari nel punto B

Calcolo delle reazioni vincolare nel punto B mediante l’equilibrio alla traslazione del
sottosistema croce:

∑ FX* = 0 ⇒ OBx + N x = 0 ⇒ OBx = −N x = −N cosα = −300 ⋅ cos 49° [N ] ≅ −197 [N ]
∑ FY* = 0 ⇒ OBy − N y = 0 ⇒ OBy = N y = N sinα = 300 ⋅ sin 49° [N ] ≅ 226 [N ]

2.4. Calcolo delle reazioni vincolari nel punto A

Calcolo delle reazioni vincolare nel punto A mediante l’equilibrio alla traslazione del
sottosistema ruota 1:

∑ [ ]FX* = 0 ⇒ OAx − N x = 0 ⇒ OAx = N x ≅ 197 N
∑ FY* = 0 ⇒ OAy + N y = 0 ⇒ OAy = −N y ≅ −226 [N ]

20

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO

Del manovellismo schematicamente indicato in figura 30 si hanno i seguenti dati:

corsa c = 2OA = 0,065 [m] ⇒ OA = c / 2 = 0,0325 [m]
l = AB = 0,107 [m]
lunghezza della biella ω = 410 [rad / s]
velocità angolare della manovella ms = 0,2 [kg]
massa dello stantuffo mb = 0,5 [kg]
massa della biella mm = 1 [kg]
massa della manovella a = G1O = 0,008 [m]

distanza del baricentro della manovella b = G2 A = 0,035 [m]
dall’asse di rotazione O
distanza del baricentro della biella dal ρ = 0,025 [m]
bottone di manovella A D = 0,06 [m]
raggio giratorio della biella d = EF = 0,18 [m]
diametro del pistone

distanza fra i supporti

Si consideri il manovellismo nell’istante in cui la manovella, movendosi con velocità
angolare ω costante, è ruotata di α = 55° a partire dalla posizione di punto morto esterno.
La pressione dei gas contenuti nel cilindro vale p = 750 000 [Pa].

Si richiede di determinare:

• il sistema equivalente delle forze di inerzia (forza di inerzia e coppia di inerzia) agenti
sullo stantuffo, sulla biella e sulla manovella;

• la coppia agente sulla manovella Mr;

• la forza laterale che lo stantuffo esercita sul cilindro S ;
• le forze trasmesse dalla biella alla manovella Rx , Ry ;

• le forze agenti sul perno di banco Tx, T y;

• le reazioni vincolari dei supporti V1,V2 ,V3 .

Nota: per risolvere il problema di dinamica, occorre prima risolvere la cinematica, ossia

•detevremloicniatàrev:B del pistone;

• vaveecllcooeccliiettààraazvnGio2gnodeleaalrebB aωdreiBcledpneistlrtloaondbeeie;lllalab; iella;
•
•

• accelerazione aaanGG1g2 oddleaelrlebbaaωrriiBcceednnettrlrloao biella;
• accelerazione della biella;
• accelerazione della manovella.

21

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

Figura 30 – Manovellismo ordinario centrato

22

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

Risoluzione della terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO

1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO

1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema

B

Figura 31
(Scala: 1 : 2 cm)

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (manovella OA, biella AB) e da
3 vincoli (2 cerniere e 1 carrello). Il moto della manovella OA è
traslatorio, mentre il moto della biella AB è rototraslatorio.

G2

n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6
n° gradi di vincolo totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 5
A n° gradi di libertà residui = 6 – 5 = 1

α
Oω

G1

1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo

ΓB Figura 32

π
B ΓBA

Si sceglie un sistema di riferimento relativo
x’y’ con origine in A traslante su traiettoria

circolare per applicare il teorema di
Rivals.

G2 ΓG2 A La traiettoria di A (ΓA) è una circonferenza
di centro O e raggio OA.
Y ΓG1 O y’
A x’ La traiettoria di B (ΓB) è una retta per OB
parallela al piano π.
ΓA La traiettoria di G1 (ΓG1) è una
circonferenza di centro O e raggio OG1.
G1 La traiettoria di B rispetto ad A (ΓΒΑ) è una
circonferenza di centro A e raggio AB.

La traiettoria di G2 rispetto ad A (ΓG2A) è
una circonferenza di centro A e raggio
G2A.

X

23

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

1.3. Calcolo delle velocità

Tabella 9 vB = vA + vBA DOB
Modulo
? ωOA ?(ωB AB ) vA
vB
Direzione D OB ⊥ OA ⊥ AB
vBA
Verso ? ? ⊥ AB
⊥ OA

DOB Figura 33
Scala: 1 cm = 2 m/s

Teorema di Rivals: vB = vA + vBA

vA vA = ωOA = 410 [rad / s]⋅ 0,0325 [m] = 13,325 [m / s]
vB ≅ 12,88 [m / s]
vB vBA ≅ 7,9 [m / s]

⊥ AB ω B = vBA / AB = 7,9 [m / s]/ 0,107 [m] ≅ 73,83 [rad / s]

vBA ⊥ OA La velocità angolare ωB è antioraria.

Tabella 10 vG2 = vA + vG2 A

Modulo ? ωOA ωB AG2 vA
Direzione ? ⊥ OA ⊥ AG2 vG2

⊥ AG2

Verso ? vG2 A ⊥ OA

Figura 34
Scala: 1 cm = 2 m/s

vG2 vA Teorema di Rivals: vG2 = vA + vG2A
vA = ωOA = 410 [rad / s]⋅ 0,0325 [m] = 13,325 [m / s]

⊥ AG2 vG2A = ω B AG2 = 73,83 [rad / s] ⋅ 0,035 [m] ≅ 2,58 [m / s]
vG2 ≅ 12,625 [m / s]

vG2 A ⊥ OA

24

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

1.4. Calcolo delle accelerazioni

Tabella 11 aBn + aBt = aAn + a At + aBAn + aBAt
ω 2 OA
MODULO x ? x ω 2 AB ?(ω B AB )
B

DIREZIONE x DOB DOA x DAB ⊥ AB

VERSO x ? x ?

aBAt aBAn

DOB DAB
⊥ AB
Figura 35
aBt
Scala: 1 cm = 500 m/s
DOA aAn Teorema di Rivals: aB = aA + aBA
Tabella 12
[ ] [ ]aAn = ω 2 OA = 4102 ⋅ 0,0325 m / s 2 = 5463,25 m / s 2
MODULO
DIREZIONE [ ] [ ]aBAn
= ω 2 AB = 73,832 ⋅ 0,107 m/ s2 = 583,24 m/ s2
VERSO B

DOA [ ]aBt ≅ 2575 m / s 2
[ ]aBAt ≅ 4450 m / s 2

[ ] [ ]ωB = aBAt / AB = 4450 m / s 2 / 0,107 [m] ≅ 41590 rad / s 2

L’accelerazione angolare ω B è oraria.

aG2 = aAn + aAt + aG2 An + aG2 At

? xω 2 OA ω 2 G2 A ωB G2 A
? B
?
DOA x DG2A ⊥ G2 A
aG2 ⊥ G2 A x
aG2 An
DOA aG2 At

DG2A

Figura 36

a An Scala: 1 cm = 500 m/s
aG1 Teorema di Rivals: aG2 = aA + aG2A

[ ] [ ]a An = ω 2 OA = 4102 ⋅ 0,0325 m / s 2 = 5463,25 m / s 2

[ ] [ ]aG2An
= ω 2 G2 A = 73,832 ⋅ 0,035 m/ s2 = 190,78 m / s 2
B

[ ] [ ]aG2At = ω B G2 A = 41590⋅ 0,035 m / s 2 = 1455,65 m / s 2

[ ]aG2 ≅ 4187,5 m / s 2

[ ] [ ]aG1 = aG1n = ω 2 OG1 = 4102 ⋅ 0,008 m / s 2 = 1344,8 m / s 2

25

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO

STANTUFFO B BIELLA AB MANOVELLA OA

{ a B { = − mb aG2 2ω {MFimim==−0mm(aωG=1 0)
MFisis==−0ms Fib
M ib =− J bω B = − mb ρ B {Fim=mmaG1 =1⋅1344,8 [N]=1344,8 [N]
Mim =0
{Fis =msaB =0,2⋅2575[N ]=515[N ] {Fib =mbaG2 =0,5⋅4187,5 [N ]=2093,75 [N ]
Mis =0
Mib =mbρ2ωB =0,5⋅0,0252⋅41590[Nm]=13 [Nm]

1° sottosistema: STANTUFFO + BIELLA

Fis Fg b3

S(?) B + Figura 37
(Scala 1:1 cm)

Ps Nota la geometria del sistema e gli angoli α = 75°
e β = 45° si possono calcolare le incognite
S, Rx , Ry mediante le tre equazioni di equilibrio

dinamico del sottosistema stantuffo + biella:

M ib ∑1) Fx* = 0
b2 ⇒ Rx + Fibx + S = 0

Fib b1 ∑ Fy* = 0

G2 β 2) ⇒ Ry + Fiby + Fis − Fg − Ps − Pb = 0

Pb ∑b5 M* =0
(A)

3) ⇒ (Fg +Ps −Fis)b3 −Sb2 −Fibb1 +Pbb4 +Mib =

γ =(Fg +Ps −Fis)b3 −Sb2 −Fibxb5 −Fibyb4 +Pbb4 +Mib =0

Rx (?) A

b4 Ry (?)

26

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

Calcolo delle incognite mediante la risoluzione del sistema:
S, Rx , Ry

R x = − S − Fibx = − S − Fib cos β = 57 ,089 − 2093 ,75 ⋅ cos 45 ° [N ] = −1423 ,416 [N ]

Ry = Ps + Pb + Fg − Fiby − Fis = ms g + mb g + p D2 π − Fib sin β − Fis =
4

= 0,2 ⋅ 9,81 + 0,5 ⋅ 9,81 + 750000 ⋅ (0,06 / 2) 2 ⋅π − 2093,75 ⋅ sin 45° − 515 [N ] = 131,937 [N ]

( )S = (Fg + Ps − Fis )b3 + (Pb − Fiby )b4 + M ib − Fibxb5 ) / b2 =

= ( p D2 π + ms g − Fis )AB cosγ + (mb g − Fib sin β )G2 Acosγ + M ib − Fib cos β G2 Asinγ  / AB sin γ =
4

= ((750000⋅ (0,06 / 2)2 ⋅π + 0,2 ⋅ 9,81− 515) ⋅ 0,107 ⋅ cos75° + (0,5 ⋅ 9,81− 2093,75⋅ sin 45°) ⋅ 0,035⋅ cos75° +

+13 − 2093,75⋅ cos45° ⋅ 0,035⋅ sin 75°) /(0,107⋅ sin 75°) [N] = −57,089[N]

2° sottosistema: MANOVELLA

+ Ry Figura 38
(Scala: 1:1 cm)
A Rx
b8 Nota la geometria e l’angolo α=55° si possono calcolare
α M R (?) b6 le incognite M R ,Tx ,Ty mediante le tre equazioni di
equilibrio dinamico del sottosistema manovella:
Tx (?) O

G1 Ty (?) ∑1) Fx* = 0 ⇒ Tx − Rx − Fimx = 0
Fim Pm b7

∑2) Fy* = 0 ⇒ Ty − Ry − Fimy − Pm = 0

∑3) M* = 0 ⇒ M R + Rxb6 − Ryb7 + Pmb8 = 0
(O)


Calcolo delle incognite M R ,Tx ,Ty mediante la risoluzione del sistema:

Tx = Rx + Fimx = Rx + Fim sinα = −1423,416 + 1344,8 ⋅ sin 55° [N ] = −321,82 [N ]

Ty = Ry + Fimy + Pm = Ry + Fim cosα + mm g = 131,937 + 1344,8 ⋅ cos 55° + 1⋅ 9,81 [N ] = 913,093 [N ]

M R = Ryb7 − Rxb6 − Pmb8 = Ry OAsinα − Rx OAcosα − mm gG1O sinα =

= 131,937 ⋅ 0,0325 ⋅ sin 55° +1423,416 ⋅ 0,0325 ⋅ cos 55° −1⋅ 9,81⋅ 0,008 ⋅ sin 55° [Nm] = 29,98 [Nm]

27

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

3° sottosistema: CILINDRO Fg
SB
+

G2 b11

Ty A F
V3
V1 E O Tx
V2 G1

b9
b10

Figura 39 – Sottosistema cilindro in scala 1:2 cm


Calcolo delle incognite V1,V2 ,V3 mediante le equazioni di equilibrio dinamico:

∑1) Fx* = 0 ⇒ V1 − Tx − S = 0

∑2) Fy* = 0 ⇒ V2 + V3 + Fg − Ty = 0

∑3) M* = 0 ⇒ (Fg − Ty )b9 + Sb11 + V3b10 = (Fg − Ty )(b10 / 2) + S (b2 + b6 ) + V3b10 = 0
(E)

V1 = Tx + S = −321,82 − 57,089 [N ] = −378,909 [N ]

V2 = Ty − Fg − V3 = Ty − p D2 π − V3 = 913,093 − 750000 ⋅ (0,06 / 2)2π + 565,049 [N ] = −642,433 [N ]
4

V3 = ((Ty − Fg )(b10 / 2) − S(b2 + b6 ) = (Ty − p D2 π )(EF / 2) − S(AB sinγ + OAcosα )) / b10 =
4

= ((913,093− 750000⋅(0,06 / 2)2π ) ⋅(0,18 / 2) + 57,089⋅(0,107⋅sin 75° + 0,0325⋅cos55°)) / 0,18 [N ] = −565,049 [N ]

28

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA

Dell’autovettura schematizzata in figura 42 sono noti i seguenti dati:

massa autoveicolo + carico trasportato M = 1240 [kg]
passo p = 2,4 [m]
distanza baricentro dall’asse anteriore l = 1,35 [m]
altezza baricentro da terra h = 0,6 [m]
raggio ruote r = 0,28 [m]
superficie frontale (area sezione maestra)
coefficiente di resistenza aerodinamica [ ]S = 1,7 m2
rapporto al ponte
cR = 0,41
rapporto di trasmissione in terza marcia
rendimento al ponte τ p = 9 / 41

rendimento in terza marcia τ III = 1/1,6
coppia motrice
velocità rotazione del motore η p = 0,95
velocità del vento
ηIII = 0,94
densità dell’aria
coefficiente di attrito volvente Cm = 120 [Nm]
ωm = 3000 [giri / min] ≅ 314 [rad / s]
momento di inerzia di ciascuna ruota [ ]vvento = 5 m / s
momento di inerzia del motore
[ ]ρaria = 1,2 kg / m3

fv = 0,013

[ ]J r = 1 kg m2
[ ]J m = 0,1 kg m2

Si richiede:

1. nel caso in cui l’autovettura viaggi in piano determinare la sua accelerazione quando il
motore fornisce la coppia massima Cm con cambio di velocità in terza marcia;

2. determinare le reazioni del terreno NA, TA, NP, TP;

3. verificare l’aderenza delle ruote, utilizzando i valori di riferimento del coefficiente di
attrito statico fa forniti in tabella:

Tabella 13 asciutto molto bagnato fangoso oleoso
non polveroso 0,50 ÷ 0,55 0,30 ÷ 0,35 ghiacciato
fondo stradale 0,60 ÷ 0,65 0,35 ÷ 0,40 0,15 ÷ 0,20
liscio 0,60 ÷ 0,70
fondo stradale 0,20 ÷ 0,25
rugoso 0,75 ÷ 0,85

29

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

Risoluzione della quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA

1. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA

I moti dei vari membri del sistema sono:

• autovettura: moto traslatorio

• ruote: moto rototraslatorio (l’effetto della traslazione è trascurabile)

• motore: moto rotatorio

L’accelerazione si può calcolare mediante il bilancio di potenze:

∑W = Wm +Wp + Wr = dEC
dt

1.1. Calcolo dell’energia cinetica EC e della sua derivata rispetto al tempo

EC = 1M v × v + 4 1 J r ω r × ω r  + 1 J m ωm × ωm = 1 Mv 2 + 4 1 J rω 2  + 1 J mω 2
2  2  2 2  2 r  2 m

dEC = M a × v + 4Jr × ωr + J m × ω m = Mav + 4J rωrω r + J mω mω m
dt ωr ωm

Tutte le velocità e accelerazioni hanno la stessa direzione e lo stesso verso.

1.2. Calcolo della potenza motrice

Wm × ω m = Cmωm
= Cm

1.3. Calcolo della potenza resistente e della forza di resistenza aerodinamica

Potenza resistente: Wr × v = −Faer v
= Faer

Forza aerodinamica: Faer = 1 ρ aria v − vvento 2 S cR
2

1.4. Calcolo della potenza persa

W = W + W + Wp pcambio p ponte pattrito

In un autovettura la potenza persa è somma di tre fattori:

W• pattrito = potenza dissipata dalle forze di attrito volvente

W• pcambio = potenza dissipata attraverso il cambio

W• pponte = potenza dissipata attraverso il ponte

30

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

• Calcolo della potenza dissipata dalle forze di attrito volvente

Figura 40

ωr Lo spostamento della retta d’azione rispetto al

r centro della ruota determina una coppia resistente
T
di modulo pari a:
N
C r = Nu
u
Il coefficiente di attrito volvente risulta definito

come:

fv = u
r

( ) ( ) ( )W pattrito = −2 N Auω r + N Puω r = −2 N A + N P uω r = −2 N A + N P f v rω r

Per semplificare l’espressione precedente si può eseguire l’equilibrio alla traslazione
verticale del sistema autovettura:

∑ FV = 0 ⇒ 2(N A + N P ) − Mg = 0 ⇒ 2(N A + N P ) = Mg

sostituendo si ottiene: W pattrito = −Mgf v rω r

• Calcolo della potenza dissipata attraverso il cambio

W cambio
p

W ponte η Wp cambio W cambio VOLANO
p u e Jm

W ponte ηIII Cm ωm
e

Figura 41 – Potenze entranti e uscenti dalle varie componenti della macchina

Sapendo che: = ηW cambio W cambio
risulta: u
inoltre: III e

( )W cambio WC meca×mbωio
p

W cambio
e
= − Wucambio = − 1− η III W cambio mω m
= m + CiV × ωm = C mω m e

− J mωC

( )( )W cambio
p
quindi si ottiene: = − 1 −ηIII Cmωm − J mωC mω m

31

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

• Calcolo della potenza dissipata attraverso il ponte

sapendo che: W = Wponte cambio
risulta: e u
inoltre:
( ) ( )W ponte
quindi si ottiene: p
= − 1−η p W ponte = − 1−η p W cambio
e u

( )W cambio
u
η= W cambio = η III Cmω m − J mωC mω m
III e

( ) ( )W ponte
p
= −1−ηp η III Cmω m − J mωC mω m

1.5. Calcolo dell’accelerazione dell’autovettura mediante il bilancio di potenze

Sostituendo nel bilancio di potenze i valori Wm ,Wr ,Wp , dEC si ottiene:
dt
( )Cmω m − Faer v − Mgω r rfv − (1 − ηIII )(Cmω m − J mωmωm ) − 1 − η p ηIII (Cmωm − J mω mω m ) =

= Mav + 4J rω rωr + J mω mωm

( )⇒ η pηIII Cmωm − J mωmω m − Faer v − Mgω r rfv − Mav − 4J rω rωr = 0

• v = ωrr • ωr = τ pτ III
• a = ωrr ωm

• ωr = τ pτ III
ωm

( )⇒ − Faerτ IIIτ pωmr Mτ τ2 2 r 2ωmωm τ2 p2ωmωm
η ηp III Cmωm − Jmωmωm − Mgτ IIIτ pωmrfv − p − 4J rτ =0
III III

Calcolo la forza di resistenza aerodinamica sostituendo i valori numerici:

Faer = 1 ρ aria v − vvento 2 ScR = 1 ρ aria τ IIIτ pω m r − vvento 2 ScR
2 2

Faer = 1 ⋅1,2 ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 3000 ⋅ 2π 2 ⋅1,7 ⋅ 0,41 [N ] = 121,833 [N ]
2 1,6 41 60
⋅ 0,28 − (−5)

Calcolo l’accelerazione angolare del motore sostituendo i valori numerici:

ωm = η pη III Cm − Faerτ IIIτ p r − Mgfvτ IIIτ p r =
r2
Mτ τ2 2 + 4 J rτ 2 τ 2 + η pηIII J m
p III p
III

0,95 ⋅ 0,94 ⋅120 − 121,833 ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 0,28 − 1240 ⋅ 9,81 ⋅ 0,013 ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 0,28  rad   rad 
1,6 41 1,6 41  s 2   s 2 
= = 48,337
1  2 9 2 ⋅1⋅ 11,6  2 9 2
 1,6  ⋅  41    41 
1240 ⋅    ⋅ 0,282 + 4 ⋅   + 0,95 ⋅ 0,94 ⋅ 0,1

[ ] [ ]Risulta: a = τ IIIτ pωmr = (1/1,6) ⋅ (9 / 41) ⋅ 48,337 ⋅ 0,28 m / s2 = 1,857 m / s2

32

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

2. CALCOLO DELLE REAZIONI DEL TERRENO

Figura 42 – Schematizzazione di un’autovettura

Calcolo delle reazioni del terreno NA, TA, NP, TP mediante la risoluzione del seguente
sistema di quattro equazioni in quattro incognite costituito da:

• 3 equazioni di equilibrio dinamico di tutto il sistema autovettura:

∑1) FO* = 0 ⇒ 2(TP − TA ) − Faer − Ma = 0

∑2) FV* = 0 ⇒ 2(N P + N A ) − Mg = 0

∑3) M * ) = 0 ⇒ − N A p − 4J rωr − Faer h − Mah + Mg( p − l − u) = 0
(P

• 1 equazione di equilibrio alla rotazione del sottosistema ruota anteriore:

RV J rωr Figura 43 – Sottosistema ruota anteriore
RO C NP
∑4) M * ) =0 ⇒ − 2J rω r − 2N Au + 2TAr = 0
r (C

A

NA

u

1) TP = (2TA + Faer + Ma)/ 2 = (2 ⋅ 54 + 121,833 + 1240 ⋅1,857)/ 2 [N ] ≅ 1266 [N ]
2) N P = (Mg − 2N A )/ 2 = (1240 ⋅ 9,81 − 2 ⋅ 2343)/ 2 [N ] ≅ 3739 [N ]

( )3) NA = (Mg( p − l − u) − Mah− Faerh − 4Jrωr )/ 2p = Mg(p − l − )fvr − Mah− Faerh − 4Jrτ pτ ωIII m / 2 p =

= 1240⋅ 9,81⋅ (2,4 −1,35− 0,013⋅ 0,28) −1240⋅1,857⋅ 0,6 −121,833⋅ 0,6 − 4⋅1⋅ 491⋅ 1 ⋅ 48,337 /(2⋅ 2,4) [N] ≅ 2343[N]
 1,6 

( )4) 1⋅ 491⋅ 1 0,28 0,28[N] 54[N]
TA = (Jrωr + NAu)/ r = Jrτ pτ ωIII m + NA fvr / r =  1,6 ⋅ 48,337+ 2343⋅ 0,013⋅  / ≅

33

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO

3.1. Verifica dell’aderenza delle ruote anteriori


TA ≤ fa N A TA
Per aderenza si deve avere: ⇒ NA ≤ fa
Calcolo:
= 54 [N ] ] = 0,023
TA 2343 [N
NA

Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza e
quelle in cui non si ha aderenza:

Tabella 14 asciutto molto bagnato fangoso oleoso
non polveroso ghiacciato
fondo SI’ SI’
stradale SI’ SI’ SI’

liscio SI’ SI’ SI’
fondo
stradale
rugoso

3.2. Verifica dell’aderenza delle ruote posteriori


TP ≤ fa N P TP
Per aderenza si deve avere: ⇒ NP ≤ fa
Calcolo:
= 1266 [N ] = 0,34
TP 3739 [N ]
NP

Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza e
quelle in cui non si ha aderenza:

Tabella 15 asciutto molto bagnato fangoso oleoso
non polveroso ghiacciato
fondo SI’ SI’
stradale SI’ SI’ NO

liscio SI’ SI’ NO
fondo
stradale
rugoso

34

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore

Quinta esercitazione: ASCENSORE

Dell’impianto di ascensore schematizzato in figura 44 sono noti i seguenti dati:

portata (carico utile) mu = 325 [kg]
massa cabina mc = 300 [kg]
massa contrappeso mq = 430 [kg]

diametro puleggia di sollevamento D = 0,55 [m]

rapporto di trasmissione del riduttore τ = 1/ 55
[ ]accelerazione massima di avviamento a pieno carico aa = 0,7 m / s2
in discesa

rendimento della trasmissione in moto diretto (carico ηd = 0,7

che esercita azione resistente)

rendimento della trasmissione in moto retrogrado ηr = 0,6
(carico che esercita azione motrice)

numero paia di poli del motore asincrono pp = 2
momento d’inerzia del motore
[ ]J m = 0,00981 Kg m2 ∀ kW

della potenza di targa

Si considerino trascurabili le resistenze delle guide della cabina e il peso delle funi.
In figura è riportata la curva caratteristica del motore asincrono.

PRIMA PARTE:
MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore

A pieno carico, a regime in salita determinare:
1) la velocità di rotazione del motore ωm, la velocità di rotazione della puleggia ωp e la

velocità di sollevamento vsoll.;
2) la potenza resistente Wr, la potenza motrice Wm, il momento motore Mm e la potenza di

targa o nominale Wn del motore asincrono a servizio intermittente che si assume
uguale per sicurezza a 1,5 Wm arrotondata al ½kW superiore.

SECONDA PARTE:
AVVIAMENTO IN DISCESA: scelta del volano

Considerare l’avviamento a pieno carico in discesa.
Ritenendo che la coppia massima del motore durante l’avviamento Mma sia uguale a 2,2
volte quella nominale Mn, che il momento d’inerzia del motore sia Jm (0,00981 kg m2 per
ogni kW della potenza di targa) e che siano trascurabili le inerzie di tutte le altre masse
rotanti tranne il volano, determinare il momento d’inerzia del volano Jv da montare
sull’albero del motore affinché l’accelerazione massima di avviamento in discesa non
superi il valore assegnato.

35

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore

Figura 44 – Schema dell’ascensore in moto a regime in salita

C D M ' (a)
r

M ' (b)
r

Figura 45 – Curva caratteristica del motore asincrono

36

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore

Risoluzione della quinta esercitazione: ASCENSORE

PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono

Punto C se n aumenta: Mm > M ' ⇒ n aumenta fino a D
r

Punto D se n aumenta: Mm < M ' ⇒ n diminuisce e torna in D
r

Punto D se n diminuisce: Mm > M ' ⇒ n aumenta e torna in D
r

Punto C se n diminuisce: Mm < M ' ⇒ n diminuisce fino all’arresto del motore
r

Il punto D è detto punto di funzionamento stabile, mentre il punto C è detto punto di
funzionamento instabile.

PRIMA PARTE:
MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore

Un moto a regime è un moto caratterizzato da velocità costanti e accelerazioni nulle.

1. Calcolo della velocità di rotazione del motore, della velocità di rotazione della puleggia
e della velocità di sollevamento

1.1. Calcolo della velocità di rotazione del motore

Il punto di funzionamento stabile si trova nella zona “quasi” verticale della curva
caratteristica del motore quindi, con buona approssimazione, si ha:

nm ≅ ns

dove nm è la velocità in giri/min del motore mentre ns è la velocità di sincronismo.

Per definizione: ns = 60 f
pp

dove f è la frequenza di alimentazione (in Italia f = 50 [Hz]), mentre pp è il numero di

paia di poli del motore.

Per un motore asincrono si ha: nm = (1 − s)ns

dove s = percentuale di scorrimento (per esempio 4%)

nm ≅ ns = 60 f = 60 ⋅ 50  giri  = 1500  giri 
pp 2  min   min 

⇒ ωm = 2π ⋅ ns = 2π ⋅1500  rad  ≅ 157,1  rad 
60 60  s   s 

37

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore

1.2. Calcolo della velocità di rotazione della puleggia

In generale per i rapporti di trasmissione si ha: τ = ωu
In questo caso il rapporto di trasmissione vale: ωe
allora la velocità di rotazione della puleggia risulta:
τ = ωp
ωm

ωp = ωmτ = 157,1⋅ 1  rad  ≅ 2,86  rad 
55  s   s 

1.3. Calcolo della velocità di sollevamento

Nell’ipotesi di assenza di slittamenti si ha che la velocità di sollevamento vale:

v soll . = ω prp =ωp ⋅ D = 2,86  rad  ⋅ 0,55 [m] ≅ 0,786 m
2  s  2  s 

2. Calcolo della potenza resistente, della potenza motrice, del momento motore e della
potenza di targa o nominale del motore asincrono a servizio intermittente

Per effettuare questi calcoli si utilizza il bilancio di potenze che risulta essere nullo perché

il moto è a regime:

Wm + Wr +Wp = dEC =0
dt

2.1. Calcolo del momento motore
Sostituendo nel bilancio di potenze le quantità corrispondenti a Wm, Wr, Wp si ottiene:

( ) ( )M mω m − mu + mc − mq gvsoll. − 1 − ηd M mω m = 0

per semplificare si può sostituire: v soll . =ωp D = τω m D
2 2

( )⇒ D =0
− mu + mc − mq gτ 2 + ηd M m

Si può da qui ricavare il momento motore che risulta:

( )M m = gτ D (325 300 430 ) ⋅ 9,81⋅ 1 0,55
mu + mc − mq 2 + − 55 ⋅ 2 [N m] [N m]
ηd 0,7
= ⋅ ≅ 13,66 ⋅

38

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore

2.2. Calcolo della potenza motrice

Wm = × ω m = M mωm = 13,66 [N ⋅ m]⋅157,1 [rad / s] ≅ 2146 [W ] = 2,146 [kW ]
Mm

2.3. Calcolo della potenza resistente

( ) ( ) ( )Wr = mu +mc g×vsoll. +mqg×vsoll. = − mu +mc gvsoll, +mqgvsoll. = − mu +mc −mq gvsoll.

Si può ottenere la potenza resistente in due modi:

• atraverso la formula precedente:

( )⇒ Wr = − mu + mc − mq gvsoll. = −(325+ 300 − 430)⋅ 9,81⋅ 0,786 [W ] ≅ −1502[W ] = −1,502 [kW]

• sfruttando il fatto che: Wm + Wr + Wp = 0 con Wp = −(1 −ηd )We = −(1 −ηd )Wm

⇒ Wr = −ηdWm = −0,7 ⋅ 2146 [W ] ≅ −1502 [W ] = −1,502 [kW ]

2.4. Calcolo della potenza di targa o nominale

Wn = (1,5 ⋅Wm )1kW = (1,5 ⋅ 2,146 [kW ]) 1 kW = (3,219 [kW ])1 kW = 3,5 [kW ]
2 2 2

39

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore

SECONDA PARTE:
AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano

1. Calcolo della coppia massima e del momento di inerzia del motore

M ma = 2,2 ⋅ M n = 2,2 ⋅ Wn ≅ 2,2 ⋅ Wn = 2,2 ⋅ 3,5 ⋅1000 [N ⋅ m] ≅ 49 [N ⋅ m]
ωn ωm 157,1

[ ] [ ]J m = 0,00981⋅Wn = 0,00981⋅ 3,5 kg ⋅ m2 ≅ 0,034 kg ⋅ m2

2. Calcolo del momento d’inerzia del volano

Per calcolare il momento d’inerzia del volano si utilizza il bilancio di potenze:

Wm + Wr +Wp = dEC
dt

2.1. Calcolo della potenza motrice

Wm = ×ωm + (mu + mc )g × v = M maωm + (mu + mc )gv
M ma

2.2. Calcolo della potenza resistente

Wr = mq g × v = −mq gv

2.3. Calcolo della potenza persa

[ ( ) ]Wp = −(1−ηr )We = −(1−ηr ) (mu + mc )g ×v + mqg×v − mu + mc + mq a×v =
[( ) ( ) ]= −(1 −ηr ) mu + mc − mq gv − mu + mc + mq av

2.4. Calcolo della derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo

1 Jv )ωm ×ωm 1 v × v 1 1
( ) ( )EC2(J 2 2 (J 2
= m + + mu + mc + mq = m + )Jv ωm2 + mu + mc + mq v2

⇓

+ Jv )ωm ×ωm +
dEC

( ) ( )dt
= (Jm mu + mc + mq a ×v = (Jm + Jv )ωmωm + mu + mc + mq av

40

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore

2.5. Calcolo del momento di inerzia del volano

Sostituendo: ωm = v ωm = a nel bilancio di potenze si ottiene:
D
τ τ D
2 2

( ) ( ) ( )Mv a v
ma D + (1−ηr ) mu + mc + mq av +ηr mu + mc − mq gv = (Jm + J v ) D ⋅ D + mu + mc + mq av
2 2 2
τ τ τ

( ) ( )⇒ M ma v −ηr mu + mc + mq av +ηr mu + mc − mq gv − J m a ⋅ v
D a v D D
τ τ τ
2 2 2
Jv =

τ D ⋅ D
2 τ 2

Semplificando la velocità v si ottiene:

( ) ( )JvM 1 −ηr mu + mc + mq a +ηr mu + mc − mq g − Jm a
D a
ma τ D  2
2  2 
τ

=

τ D  2
 2 

Sostituendo i valori numerici risulta:

49⋅ 1 − 0,6 ⋅ (325+ 300+ 430) ⋅ 0,7 + 0,6⋅ (325+ 300− 430)⋅9,81− 0,034⋅ 0,7
515⋅ 0,2552
515⋅ 0,55 
2 
[ ]Jv
= 0,7 kg m2

 515⋅ 0,2552


⇓

[ ]J v ≅ 0,341 kg m 2

41

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO

Un motore asincrono trifase aziona, attraverso un riduttore ad ingranaggi, l’albero a
manovella di una pompa a stantuffo a semplice effetto per liquido.
Sono noti i seguenti dati:

pressione di aspirazione [ ]pa = −0,5 kg p / cm2
[ ]pm = 4,8 kg p / cm2
pressione di mandata
corsa dello stantuffo c = 280 [mm]
diametro dello stantuffo D = 210 [mm]
massa solidale con il piede di biella
velocità di rotazione media dell’albero di manovella [ ]ms = 5,5 kg p m−1 s 2

n = 202 [giri / min]

N.B.: i dati non sono espressi nelle unità di misura del Sistema Internazionale.
Si richiede di determinare:

1) il lavoro resistente Lr in un periodo;
2) il lavoro motore Lm in un periodo (si trascuri il lavoro perduto per attrito);
3) il momento motore Mm supposto costante nel perido;
4) il momento resistente ridotto all’albero di manovella M’r;
5) il valore del momento d’inerzia Jv del volano montato sull’albero di manovella che da

solo limiti l’irregolarità periodica al valore i = 0,03.

Figura 46 – Macchina a regime periodico (pompa a stantuffo a semplice effetto)
42

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

Risoluzione della sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO

Macchina a regime: macchina che funziona a velocità costante

Macchina a regime assoluto: macchina che funziona a velocità rigorosamente

costante

Macchina a regime periodico: si distingue un intervallo temporale (periodo) a cavallo

del quale la macchina ritorna ad assumere lo stesso

valore istantaneo di velocità: ω(t) = ω(t+T) = ω(t+nT)

ωω

ω ω = cost ω

O tO T t

Figura 47 – Diagrammi della velocità in funzione del tempo per macchine a regime

assoluto e per macchine a regime periodico

Conversione dei dati del problema nelle unità di misura del Sistema Internazionale:

Pressione di aspirazione:

pa = −0,5  kg p  = −0,5  kg p  ⋅ 9,81  N  ⋅ 10 4  cm2  = −49050 N  = −49050 [Pa]
     kg p     m2 
 cm 2   cm 2     m2 

Pressione di mandata:

pm = 4,8  kg p  = 4,8  kg p  ⋅ 9,81  N  ⋅10 4  cm2  = 470880 N  = 470880 [Pa]
     kg p     m2 
 cm 2   cm 2     m2 

Massa solidale con il piede di biella:

ms = 5,5 kg s2  = 5,5 kg s2  ⋅ 9,81  m  = 53,955 [kg]
   m   s2 
m  

Velocità di rotazione media dell’albero di manovella:

n = 202  giri  ⇒ ω = 202 ⋅ 2π  rad  = 21,153  rad 
 min  60  s   s 

Corsa dello stantuffo:
c = 280 [mm] = 0,28 [m]

Diametro dello stantuffo:

D = 210 [mm] = 0,21 [m]

43

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

Per calcolare i lavori e i momenti, motori e resistenti, si utilizza il bilancio di potenze:

Wm + Wr +Wp = dEC
dt

essendo però Wp = 0 per ipotesi il bilancio delle potenze diventa:

Wm + Wr = dEC
dt

1-2. Calcolo dei lavori resistente e motore in un periodo

Integrando ambo i membri del bilancio di potenze sull’intervallo [0,T] si ottiene:

TT

∫ ∫Wmdt + Wrdt = ∆EC = 0

00

TT

⇒ ∫ dLm + ∫ dLr = 0
00

in un periodo si ha che: Lr + Lm = 0 ⇒ Lr = −Lm

Il lavoro resistente può essere scritto come somma di lavoro resistente di aspirazione e di

lavoro resistente di mandata:

Lr = Lra + Lrm

Calcolo del lavoro resistente di aspirazione:

∫Lra = 0 × ds = Fra ⋅c = paS ⋅ c = pa πD 2 ⋅c = −49050 ⋅ π ⋅ 0,212 ⋅ 0,28 [J ] = −475,69 [J ]
c Fra 4 4

Calcolo del lavoro resistente di mandata:

∫Lrm = c × ds = Frm ⋅c = pmS ⋅c = pm πD 2 ⋅c = 470880 ⋅ π ⋅ 0,212 ⋅ 0,28 [J ] = 4566,64 [J ]
0 Frm 4 4

Fr Figura 48

Frm Il modulo del lavoro resistente totale è dato dalla somma dei
moduli dei lavori resistenti di aspirazione e mandata e

corrisponde alla somma delle aree evidenziate nel grafico:

Oπ Lr = Lra + Lrm = 475,69 + 4566,64 [J ] = 5042,33 [J ]

Fra 2π ϕ

Lr = −5042,3 [J ]
Lm = −Lr = +5042,3 [J ]

44

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

3. Calcolo del momento motore supposto costante nel periodo

Il lavoro motore espresso in funzione dell’angolo di rotazione della manovella risulta:

Lm (ϕ ) = M mϕ

in un periodo si ha che: ϕ = 2π

Si ricava così il momento motore che risulta:

Mm = Lm = 5042,33 [N m] = 802,51 [N m]
2π 2π

4. Calcolo del momento resistente ridotto all’albero di manovella

Per calcolare il momento resistente ridotto all’albero di manovella si devono ridurre tutte le
forze resistenti applicate allo stantuffo B in momenti resistenti applicati alla manovella.

La potenza resistente risulta: Wr = Fr v = Wr' = M ' ω
r

La potenza resistente di aspirazione e la potenza resistente di mandata risultano:

 Fra v = M r'aω
 Frm v = M
' ω
rm

Il moto del piede di biella in I approssimazione è:

 x I = r(1 − cosϕ )
 x I
 = rω sin ϕ = v

 x I = rω 2 cosϕ =a


I momenti resistenti ridotti all’albero di manovella valgono:

M ' = Fra v = pa πD2 ⋅ c sinϕ = −49050⋅ π ⋅ 0,212 ⋅ 0,28sinϕ = −237,85sinϕ 0≤ϕ ≤π M ' < 0
 ra = ω = 4 2 8 ⋅ 0,28sinϕ = 2283,32sinϕ π ≤ ϕ ≤ 2π ra
M ⋅ 0,212
' Frm v pm πD2 ⋅ c sinϕ = 470880⋅ π 8 M ' > 0
rm ω 4 2 rm

M ' Figura 49
r

2283,32

Modulo del momento resistente ridotto:

M ' = p πD 2 ⋅ c ⋅ sinϕ con p = pa, pb
r 4 2

237,85 π 3 π 2π ϕ
2 2
O

45

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

5. Calcolo del momento d’inerzia del volano

• Potenza motrice: Wm = M mω
• Potenza resistente:
Wr = M ' ω =− p πD 2 ⋅ c sin ϕ ⋅ω
r 4 2

• Derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo:

EC = 1 ms v 2 + EV
2

dove EV = energia cinetica associata al volano

dEC = ms av + dEV
dt dt

essendo: v = xCI = rω sin ϕ
a = CxCI = rω 2 cosϕ

⇒ dEC = ms r 2ω 2 cosϕ sin ϕ + dEV
dt dt

Sostituendo nel bilancio di potenze i termini precedentemente calcolati si ottiene:

M mω − p πD 2 ⋅ c sin ϕ ⋅ω − ms r 2ω 3 sin ϕ cosϕ = dEV
4 2 dt

Essendo per definizione: M ' = ms r 2ω 2 sin ϕ cosϕ
i

( ) ( )⇒ ' ' dEV ' M '
Mm − M r − M i ω = dt ⇒ Mm − M r − i ω dt = dEV

Eseguendo l’approssimazione: ω = dϕ
dt

( )⇒ ' M ' dϕ dEV
Mm − M r − i =

Il momento d’inerzia del volano si ottiene calcolando la variazione di energia cinetica max:

( ) ( )( )∆EV MAX1 2 1
= 2 JV ω2 − ω MIN = 2 J V ω MAX − ω MIN ω MAX + ω MIN
MAX

moltiplicando e dividendo per ω si ottiene:

∆EV MAX = JV ω MAX + ω MIN ⋅ω ⋅ ω MAX − ω MIN = JVω 2i
2 ω

⇒ JV = ∆EV MAX
ω 2i

46

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

Per calcolare la variazione di energia cinetica massima si deve tracciare il grafico:

( )M m− M ' − M ' =0 ⇒ 802,5 − 237,85⋅sinϕ − 236,5⋅sin 2ϕ 0≤ϕ ≤π
r i 802,5 + 2283,32 ⋅sinϕ − 236,5⋅sin 2ϕ π < ϕ ≤ 2π

EV MAX

ϕ1 ϕ2
EV MIN

Figura 50 – Momento risultante totale e scarto di energia cinetica

Integrando fra ϕ1 ≅ 3,4 [rad ] e ϕ2 ≅ 5,8 [rad ], calcolati dal grafico, si ottiene:

∆EV MAX = ∫ ( )ϕ1 Mm − M ' − M ' dϕ
r i

ϕ2

ϕ1

∫∆EV MAX = (802,5 + 2283,32 ⋅ sin ϕ − 236,5 ⋅ sin 2ϕ )dϕ
ϕ2

∆EV MAX = 802,5 ⋅ϕ − 2283,32 ⋅ cosϕ + 236,5 ⋅ cos 2ϕ  3,4 ≅ 5038,8 − 2699,8 [J ] = 2339 [J ]
2  5,8

Quindi il momento d’inerzia del volano risulta:

∆EV MAX 2339
ω 2i = (21,153)2 ⋅ 0,03
[ ] [ ]JV
= kg m2 ≅ 174,25 kg m 2

47

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Settima esercitazione: Rullo rotante

Settima esercitazione: RULLO ROTANTE

Un carrello, di peso P = 1000 [kgp], urta con velocità v0 = 11 [km/h] contro un respingente
al quale resta agganciato.

Determinare la legge del moto del carrello a partire dal momento dell’aggancio, nell’ipotesi
che sia trascurabile l’attrito nel movimento del carrello sulle rotaie e che il respingente (di
costante elastica k = 10000 [kg m-1] e coefficiente di smorzamento r = 200 [kg m-1 s]) abbia
massa trascurabile rispetto a quella del carrello.

v0

G
k

Pr

Figura 51 – Schematizzazione del sistema carrello + respingente

Schematizzando il carrello con un rullo:

Peso carrello: P = 1000 [kg P ] Massa carrello: m'= 1000 [kg]

Velocità iniziale carrello:

v0 = 11  km  = 11⋅ 1000 m ≅ 3,06 m
 h  3600  s   s 

Costante elastica della molla:

k = 10000  kg P  = 10000 ⋅ 9,81  N  = 98100  N 
 m   m   m 

Costante di smorzamento della molla:

r = 200  kg P s = 200 ⋅ 9,81  N s = 1962  N s
 m  m   m 

Momento di inerzia baricentrico: [ ]J = 5 kg m2

Raggio del rullo: R = 10 [cm] = 0,1 [m]

J v0 k

R

Pr
Figura 52 – Schematizzazione del sistema rullo + respingente

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Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Settima esercitazione: Rullo rotante

Risoluzione della settima esercitazione: RULLO ROTANTE

Jϑ ϑ Figura 53

R Fi k Forze e momenti agenti sul carrello
Fe r schematizzato come un rullo:
FV
−m' a = −m'
Fi = x
Fe =
T FV = −kx
N −rx
−rv =
x
x
x

Calcolo della reazione tang. T mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema rullo:

∑M* = 0 ⇒ Jϑ = TR ⇒ = − Jϕ = − J ⋅ x = − Jx
(G) T R R R R2

L’equazione del moto si ricava dall’equilibrio alla trasl. orizzontale del sottosistema rullo:

∑ Fx* = 0 ⇒ Fi + Fe + FV + T = 0 ⇒ − m' x − kx − rx − J x = 0
R2

Sostituendo: m = m'+ J
R2

si ottiene l’equazione di equilibrio alla trasl. orizzontale per vibrazioni libere smorzate:

mx + rx + kx = 0

x(t) = cezt

Per ricavare la soluzione si sostituiscono i valori:  x(t ) = cze zt

 x(t ) = cz 2e zt


nell’equazione precedente ottenendo l’equazione caratteristica:

mz 2 + rz + k = 0

dividendo per la massa:

z2 + r z + k = 0
m m

le radici sono: z1,2 = − r ± r2 k
2m 4m2 − m

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